TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG CẦN THƠ Môn thi: TOÁN; khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
13
3
+−= xxy
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Định m để phương trình sau có 4 nghiệm thực phân biệt:
mmxx 33
3
3
−=−
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
2 2
4
4
(2 sin 2 )(2cos cos )
cot 1
2sin
x x x
x
x
− −
+ =
2. Giải hệ phương trình:
2 2

+ +
∫
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC),
, 2SA AB a AC a= = =
và
·
·
0
90 .ASC ABC= =
Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SBC).
Câu V (1 điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: a.b.c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
ab bc ca
T
a b ab b c bc c a ca
= + +
+ + + + + +
PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) - Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho hai điểm
(4; 1), ( 3; 2)A B− − −
và đường thẳng
:3 4 42 0x y∆ + + =
. Viết
phương trình đường tròn
( )C

Giải hệ phương trình:
2 2 2
3 3
3 3 27 9
( , )
log ( 1) log ( 1) 1
x y x y x y
x y
x y
+ + + +

+ = +
∈

+ + + =

¡
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………… Số báo danh………………………………………
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi: TOÁN; khối: A
Câu Đáp án Điểm
I
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm)
• Tập xác định: D =
¡
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:

13
3
+−= mmy
((d) cùng phương với trục hoành)
Xét hàm số:
13
3
+−= xxy
, ta có:
+ Hàm số là một hàm chẵn nên (C’) nhận trục Oy làm trục đối xứng,
đồng thời
0x
∀ >
thì
3
3
3 1 3 1y x x x x= − + = − +
0,25
Từ đó (C’) được suy từ (C) như ở hình bên: 0,25
−1
y’(x)
y(x)
−∞ +∞
1
0
0 +
+
−
3
−1

•
(d)
+ Dựa vào đồ thị (C’) ta suy ra điều kiện của m để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân
biệt là:
3
3
3
2 3
3 0
1 3 1 1
0 3
3 2 0
1
m
m m
m m
m
m m
m

− < < −


− <

− < − + < ⇔ ⇔



< <

Û - = - -
0,25
2 2 2 2
2
1
2 sin 2 2(2 sin 2 )(cos cos ) 1 2cos cos
2
2cos cos 1 0
x x x x x x
x x
- = - - Û = -
Û - - =
0,25
2
2
2 , ( )
3
x l
x l l Z
p
p
p
é
=
ê
ê
Û
ê
= ± + Î
ê

0,25
1
( )( ) 6
1
5
x y x
y
x y x
y

+ + =


⇔


+ + + =


0,25
2
( )
1
3
3
( )
1
2
x y
I

0,25
Giải các hệ (I), (II) ta được nghiệm của hệ là:








−±+








+±−
2
51
;
2
55
;
2
51
;
2

0,25
A
S
C
B
M
H
2
cos(2 )
1
4
2 2
1 sin(2 )
sin( ) cos( )
4
8 8
x
dx
dx
x
x x
π
π
π π



÷
+


π
π π


+

÷
= +

÷

÷
+ + +



∫ ∫
0,25
1 3
ln 1 sin(2 ) cot( )
4 8
4 2
x x C
π π


= + + − + +

÷


∆
= =
0,25
+ Gọi M là trung điểm SB và
ϕ
là góc giữa
hai mặt phẳng (SAB) và (SBC).
Ta có: SA = AB = a,
SC BC a 3= =
⇒ AM ⊥ SB và CM ⊥ SB
⇒
·
cos cos AMC
ϕ
=
0,25
+ ∆SAC = ∆BAC ⇒
3 6
2 2
a a
SH BH SB= = ⇒ =
0,25
AM là trung tuyến ∆SAB nên:
2 2 2 2
2
2 2 10
4 16
AS AB SB a
AM
+ −

, ,a b c
x y z
= = =
. Khi đó theo giả thiết ta có x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn:
xyz = 1 và biểu thức T đươc viết lại:
1 1 1
1 1 1
T
x y y z z x
= + +
+ + + + + +
0,25
Ta luôn có Bđt thức đúng:
(
)
2
3
2 2
3
3
3 3 3
0x y x xy y xy− ≥ ⇔ − + ≥
(
)
(
)
3
2 2
3
3 3

3
3
1
1
x
y z
x y z
≤
+ +
+ +
(2);
3
3
3
3
1
1
y
z x
x y z
≤
+ +
+ +
(3) 0,25
Cộng vế theo vế các bđt (1), (2), (3) ta được:
1T ≤
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 1
Vậy
max

+ I(1; -5) ⇒ R = 5
(C): (x – 1)
2
+ (y + 5)
2
= 25
+ I(-3; 23) ⇒ R = 25
(C): (x + 3)
2
+ (y – 23)
2
= 625
0,25
2. (1,0 điểm)
Ta có:
+ Các đoạn OB và AC đều nhận I(2; 2; 2) làm trung điểm (1)
+
( ) ( )
8; 16; 8 , 4; 4; 4 . 32 64 32 0AC OB AC OB AC OB= − − = ⇒ = − + − = ⇒ ⊥
uuur uuur uuur uuur
(2)
Từ (1) và (2) suy ra O, A, B, C là 4 đỉnh của hình thoi OABC
0,50
+
. 32 32 0
(4; 0; 4); ( )
. 16 16 0
SI AC
SI SI OABC
SI OB

góc chung của SO và AC
. 4 2.2 3 4 66
( , )
11
2 11
SI OI
d SO AC IH
SO
⇒ = = = =
0,25
Ghi chú: Có thể dùng công thức:
|[ , ]. |
( , )
|[ , ]|
SO AC OI
d SO AC
SO AC
=
uuur uuur uur
uuur uuur
0,50
VII.a
(1,0 điểm)
ĐK: x > 0. Đặt:
3
logt x=
, phương trình trở thành:
2
(2 1) (4 9) 14 0x t x t+ − + + =
(1) 0,25

x x
x x
= ⇔ − =
+ +
Xét hàm số:
3
7
( ) log
2 1
f x x
x
= −
+
, TXĐ :
(0; )D = +∞
2
1 14
'( ) 0, 0
.ln 3
(2 1)
f x x
x
x
= + > ∀ >
+
⇒ Hàm số f là một hàm đồng biến trên
(0; )D = +∞
.
Mặt khác f(3) = 0 ⇒ x = 3 là nghiệm duy nhất của pt trên D
Vậy phương trình có đúng 2 nghiệm x = 9, x = 3

a b c
+ + =
0,25
+ M(1, 2, 3) ∈ mp(ABC) nên:
1 2 3
1
a b c
+ + =
+ Thể tích của khối tứ diện OABC được tính bởi:
1 1
. . . .
6 6
V OA OB OC a b c= =
0,25
+ Theo bđt CauChy:
3
1 2 3 1 2 3
1 3 . . . . 162 27a b c V
a b c a b c
= + + ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥
0,25
Đẳng thức xảy ra khi
1 2 3 1
3; 6; 9
3
hay a c
a b c
= = = = = =
Vậy
max

ĐK: u > 0, v > 0
Phương trình (1) trở thành:
3
3 3 9 ( 3)( 3) 0
3
u
u v uv u v
v
=

+ = + ⇔ − − = ⇔

=

(thỏa ĐK)
0,25
TH1: Với u = 3, ta có hệ:
2 1
2
2
3 3
( 1)( 1) 3 2 2 0
VN
x y
y x
x y x x
+ +
= −
 
 

=


= −
 
 
=

⇔ ⇔
 
=


+ + = − =

 
 


=




So với ĐK ta nhận cả 2 nghiệm:
( )
2; 0
,
1
1;